平面に合同な正 $p$ 角形が隙間も重なりもなく敷き詰めて, 各頂点で $q$ 個の正 $p$ 角形の辺が交わるようにできたとする. $1$ つの頂点に集まる角の和は $360^\circ$ であり, 正 $p$ 角形の内角の大きさは $180^\circ\times (p-2)\div p$ であるから, \[\frac{180(p-2)q}{p} = 360\] が成り立つ. 整理すると, \[\begin{aligned} (p-2)q &= 2p \\ pq-2p-2q &= 0 \\ (p-2)(q-2) &= 4 \end{aligned}\] となる. $p \geqq 3,$ $q \geqq 3$ から $p-2 \geqq 1,$ $q-2 \geqq 1$ であることに注意すると, \[\begin{aligned} (p-2,q-2) &= (1,4),\ (2,2),\ (4,1) \\ (p,q) &= (3,6),\ (4,4),\ (6,3) \end{aligned}\] が得られる. 正三角形, 正方形, 正六角形はそれぞれ, 次の図のように平面に敷き詰められる. ゆえに, 平面に $1$ 種類の正多角形を隙間も重なりもなく敷き詰める方法は全部で $3$ 通りある.

　オイラーの定理により, すべての辺をなぞる一筆書きができるためには, 各頂点に集まる辺の本数が偶数でなければならない, 各頂点に集まる辺の本数は, 正四面体が $3,$ 正六面体が $3,$ 正八面体が $4,$ 正十二面体が $3,$ 正二十面体が $5$ であるから, 条件を満たすのは正八面体のみである.

　$xy$ 平面上で $4$ 点 $\mathrm A(1,1),$ $\mathrm B(−1,1),$ $\mathrm C(−1,−1),$ $\mathrm D(1,−1)$ を結ぶ最短経路の長さを考える. 「三角不等式」$\mathrm P\mathrm P'+\mathrm P'\mathrm P'' \geqq \mathrm P\mathrm P''$ を使った議論により, $y$ 軸に関して対称な $x$ 軸上の $2$ 点 $\mathrm P,$ $\mathrm Q$ (点 $\mathrm P$ の $x$ 座標は $0$ 以上 $1$ 以下) を分岐点とする経路の長さ \[ L = \mathrm{PQ}+\mathrm{PA}+\mathrm{QB}+\mathrm{QC}+\mathrm{PD}\] の最小値を求める問題に帰着できる (詳細は省略). 対称性により, $L$ の最小値は関数 \[ f(x) = \mathrm{PO}+\mathrm{PA}+\mathrm{PD} = \mathrm{PO}+2\mathrm{PA}\] の最小値の $2$ 倍である. \[\begin{aligned} f(x) &= x+2\sqrt{(1-x)^2+(1-0)^2} = x+2\sqrt{x^2-2x+2}, \\ f'(x) &= 1+\frac{2x-2}{\sqrt{x^2-2x+2}} = \frac{2(x-1)+\sqrt{x^2-2x+2}}{\sqrt{x^2-2x+2}} \end{aligned}\] から, \[\begin{aligned} f'(x) = 0 &\iff 2(1-x) = \sqrt{x^2-2x+2} \\ &\ \ \Longrightarrow\; 4(1-x)^2 = x^2-2x+2 \\ &\iff 3x^2-6x+2 = 0 \\ &\ \ \Longrightarrow\; x = 1-\frac{1}{\sqrt 3} \end{aligned}\] が成り立つ. よって, $f(x)$ の増減表は次の通りであるから, $f(x)$ は $x = 1-\dfrac{1}{\sqrt 3}$ のとき極小かつ最小の値 $1+\sqrt 3$ をとる. 最小値は, 点 $\mathrm P$ から辺 $\mathrm{AD}$ に下ろした垂線の足 $\mathrm H$ について, $\mathrm{AH}:\mathrm{HP} = 1:\dfrac{1}{\sqrt 3} = \sqrt 3:1$ から $\mathrm{PA} = \dfrac{2}{\sqrt 3}$ であることを使って \[\left( 1-\frac{1}{\sqrt 3}\right) +2\cdot\frac{2}{\sqrt 3} = 1+\frac{3}{\sqrt 3} = 1+\sqrt 3\] と求めた. ゆえに, $L$ は $\mathrm P\left( 1-\dfrac{1}{\sqrt 3},0\right)$ のとき最小値 $2(1+\sqrt 3)$ をとるから, 最短経路の長さは正方形の周の長さの

$\dfrac{2(1+\sqrt 3)}{8} = \dfrac{1+\sqrt 3}{4}$ (倍)

である.

　$n$ 個の円周により分割されてできる領域の個数の最大値を $a_n$ とおく. 一般に $n$ 個の集合それぞれに属するか否かは全部で $2^n$ 通りあるから, $n$ 個の集合が $1$ つの平面上に円を用いて表せるためには \[ a_n \geqq 2^n\] の成り立つことが必要である.

(1)

まず, 数列 $\{ a_n\}$ の一般項を求める. $a_n$ は, どの $2$ 個も $2$ 点で交わり, どの $3$ 個も $1$ 点で交わらないように, 平面上に $n$ 個の円周をかくとき, 平面が分割されてできる領域の個数に等しい. $n$ 個の円周をかいた状態から新たに $1$ 個の円周をかいていくと, 既存の各円周と $2$ 点で交わり, その各交点で領域が $1$ 個ずつ増えて, 全部で $2n$ 個の領域が増えるので, \[ a_{n+1}-a_n = 2n\] が成り立つ.

また, $a_1 = 2$ であるから, $n \geqq 2$ のとき \[\begin{aligned} a_n &= a_1+\sum_{k = 1}^{n-1}(a_{k+1}-a_k) \\ &= 2+\sum_{k = 1}^{n-1}2k \\ &= 2+2\cdot\frac{(n-1)n}{2} \\ &= n^2-n+2 \end{aligned}\] が成り立つ. これは $n = 1$ のときも成り立つ.

(2)

$n \leqq 4$ のとき $a_n$ の値を求めてみると \[ a_1 = 2 = 2^1, \quad a_2 = 4 = 2^2, \quad a_3 = 8 = 2^3, \quad a_4 = 14 < 2^4\] となるから, $n \geqq 4$ のとき $a_n < 2^n$ が成り立つことを示す. \[ b_n = \frac{a_n}{2^n} = \frac{n^2-n+2}{2^n}\] とおく. $b_4 < 1$ であるから, $b_{n+1} < b_n$ であることを示せば, \[\cdots < b_{n+1} < b_n < \cdots < b_4 < 1\] となり, $b_n < 1$ つまり $a_n < 2^n$ であることが示せる. そこで, $b_n,$ $b_{n+1}$ の比をとると, \[\begin{aligned} \frac{b_{n+1}}{b_n} &= \frac{(n+1)^2-(n+1)+2}{2^{n+1}}\div\frac{n^2-n+2}{2^n} \\ &= \frac{n^2+n+2}{2(n^2-n+2)} \end{aligned}\] となる. $n \geqq 4$ のとき, \[\begin{aligned} 2(n^2-n+2)-(n^2+n+2) &= n^2-3n+2 \\ &= (n-1)(n-2) > 0 \end{aligned}\] であるから, $0 < n^2+n+2 < 2(n^2-n+2)$ であり,

$\dfrac{b_{n+1}}{b_n} < 1$　つまり　$b_{n+1} < b_n$

が成り立つ. したがって, $n \geqq 4$ のとき $a_n < 2^n$ が成り立つ.

　ゆえに, どのような集合も $1$ つの平面上に円を用いて表せるのは集合が $3$ 個以下のときである.